2023届福建省福州第三中学高三第十三次质量检测数学试题含解析

2023届福建省福州第三中学高三第十三次质量检测数学试题

一、单选题

1．若集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先化简集合A，B，再利用交集运算求解.

【详解】因为，=，

所以，

故选：B

2．已知复数z满足，则复数z的虚部为（    ）

A．2 B． C． D．

【答案】A

【分析】利用复数的模公式及复数的除法法则，结合复数的定义即可求解.

【详解】由题意可知，

由，得，

所以复数z的虚部为.

故选：A.

3．若双曲线的一条渐近线被圆所截得的弦长为，则双曲线的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据直线截圆的弦长计算出的值，利用双曲线的离心率公式可求得双曲线的离心率的值.

【详解】双曲线的渐近线方程为，

圆的标准方程为，圆心坐标为，半径为，

所以，圆心到直线的距离为，解得，

因此，双曲线的离心率的值为.

故选：A.

4．下列说法中正确的是（    ）

A．已知随机变量服从二项分布.则

B．“与是互斥事件”是“与互为对立事件”的充分不必要条件

C．已知随机变量的方差为，则

D．已知随机变量服从正态分布且，则

【答案】D

【分析】按照有关定义以及数学期望和方差的计算公式即可.

【详解】对于A，已知随机变量，则，故A错误；

对于B，根据互斥事件和对立事件的定义，

“与是互斥事件”并不能推出“与互为对立事件”，

相反“与互为对立事件”必能推出“与是互斥事件”，

故B错误；

对于C，根据方差的计算公式，，故C错误；

对于D，根据正态分布的对称性，随机变量，，

所以，所以，

故D正确；

故选：D.

5．已知函数，且其图象在点处的切线的倾斜角为，则的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据基本初等函数的导数公式及导数的运算法则，利用导数的几何意义及三角函数的诱导公式，结合三角函数的齐次式的解决方法及同角三角函数的商数关系即可求解.

【详解】因为，

所以

所以，解得，

所以

由题意可知，，

所以.

故选：B.

6．蹴鞠，又名蹴球，踢圆等，蹴有用脚蹴、踢、蹋的含义，鞠最早系外包皮革、内实米糠的球.因而蹴鞠就是指古人以脚蹴，蹋、踢皮球的活动，类似今日的足球.2006年5月20日，蹴鞠已作为非物质文化遗产经国务院批准列入第一批国家非物质文化遗产名录.已知某鞠的表面上有五个点、、、、恰好构成一正四棱锥，若该棱锥的高为8，底面边长为，则该鞠的表面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】依题意作图，算出外接球的半径即可.

【详解】

依题意作上图，∵P-ABCD是正四棱锥，∴底面ABCD是正方形，

并且点P在底面的投影为正方形ABCD的中心， 即 平面ABCD，

外接球的球心必定在 上，设球心为O，

由题意 ，则 ,

连接BO，则BO为外接球的半径R， ，并且PO=R，

∴在 中， ， ，

解得R=5，外接球的表面积 ，

故选：B.

7．若，则（    ）

A．-448 B．-112 C．112 D．448

【答案】C

【分析】，然后根据二项式展开式项的系数计算即可.

【详解】，.

故选：C.

8．已知，b=0.01，c=ln1.01，则（    ）

A．c>a>b B．b>a>c C．a>b>c D．b>c>a

【答案】C

【分析】根据指数函数的性质判断，构造函数，由导数确定单调性得，再由对数性质得大小，从而得结论．．

【详解】由指数函数的性质得：，

设，则在时恒成立，

所以在上是增函数，是连续函数，因此在上是增函数，

所以，即，即，所以，

所以．

故选：C．

二、多选题

9．下列说法中正确的是（    ）

A．若数据的方差为0，则此组数据的众数唯一

B．已知一组数据2，3，5，7，8，9，9，11，则该组数据的第40百分位数为6

C．若两个具有线性相关关系的变量的相关性越强，则线性相关系数r的值越大

D．在残差图中，残差点分布的水平带状区域越窄，说明模型的拟合精度越高

【答案】AD

【分析】对于A，利用方差的公式及众数的定义即可求解；

对于B，利用第百分位数的定义即可求解；

对于C，利用线性相关系数的值越接近于，相关性越强即可求解；

对于D，利用残差图中残差点的分布情况与模型的拟合效果即可求解.

【详解】对于A，由方差，得，即此组数据的众数唯一，故A正确；

对于B，数据2，3，5，7，8，9，9，11共有个，由可知，该组数据的第40百分位数为，故B错误；

对于C，若两个具有线性相关关系的变量的相关性越强，则线性相关系数的值越接近于，

故C错误；

对于D，在残差图中，残差点分布的水平带状区域越窄，说明波动越小，即模型的拟合精度越高,故D正确.

故选：AD.

10．已知函数将的图象上所有点向右平移个单位长度，然后横坐标缩短到原来的倍（纵坐标不变），得到函数的图象．若为偶函数，且最小正周期为，则下列说法正确的是（    ）

A．的图象关于对称

B．在上单调递减

C．的解集为

D．方程在上有且只有两个相异实根

【答案】AC

【分析】根据三角函数的图象变换及三角函数的性质，求出函数的解析式，再利用三角函数的性质即可求解.

【详解】将函数的图象上所有点向右平移个单位长度，可得，然后横坐标缩短到原来的倍（纵坐标不变），可得，

因为的最小正周期为，

所以，解得，即，

因为为偶函数，

所以，解得，

又因为，

当时，可得，

所以，

.

对于A，当时，，所以的图象关于对称，故A正确；

对于B，因为，所以，所以在上先单调递减后单调递增，故B错误；

对于C，由，得，即，解得，

所以的解集为，故C正确；

对于D，由，得，即，

所以即

所以，解得，

又因为，

所以，

所以方程在上有3个相异实根，故D错误.

故选：AC.

11．已知圆C过点，，直线m：平分圆C的面积，过点且斜率为k的直线l与圆C有两个不同的交点M，N，则（    ）

A．圆心的坐标为

B．圆C的方程为

C．k的取值范围为

D．当时，弦MN的长为

【答案】ABD

【分析】设圆的标准方程为，根据已知条件由圆C被直线m平分，结合点A，B在圆上建立关于a，b，r的方程组，即可求出圆C的方程，再利用点到直线的距离建立关于k的不等式，即可得到实数k的取值范围，进而也可求得当时，弦MN的长，进而选出符合要求的选项.

【详解】设圆的标准方程为，

因为圆C被直线平分，

所以圆心在直线m上，可得，

由题目条件已知圆C过点，则

综上可解得，

所以圆心的坐标为，选项A正确；

圆C的方程为，选项B正确；

根据题目条件已知过点且斜率为k的直线l方程为，即，

又直线l与圆C有两个不同的交点M，N，所以点到直线l的距离小于半径r，

则利用点到直线的距离公式可得：，

解得k的取值范围为，所以选项C错误；

当时，可求得点到直线l的距离为，

所以根据勾股定理可得，

即弦MN的长为，所以弦MN的长为，选项D正确.

故选：ABD.

12．已知函数是定义在上的奇函数，当时，，则下列命题正确的是（    ）

A．当时， B．函数有2个零点

C．的解集为 D．，，都有

【答案】ACD

【分析】根据函数的奇偶性求出解析式即可判断A项；因为是奇函数，所以有，解方程求出其他零点即可判断B项；对于C项，解不等式分成两步，一是对的情况进行分析判断，二是对的情况分析判断，求出的解集；对于D项利用导数求出函数的值域即可判断.

【详解】为R上的奇函数，设则

∴，故A正确；

易知是定义在上的奇函数，.又，有个零点，故B错误；

当时，由,得即，

当时，由，得，即

的解集为，故C正确；

当时，，则，当时，，单减，当时，，单增，故极小值为，又时，，时，，又，结合函数是定义在上的奇函数可得图象如图，由图可知

的值域为，

∴，，都有，故D正确.

故选：ACD

三、填空题

13．已知，则__________．

【答案】

【分析】利用向量的线性运算及向量的模公式即可求解.

【详解】由，得，即，解得，

所以.

故答案为：.

14．已知抛物线：上有两动点，，且，则线段的中点到轴距离的最小值是___________.

【答案】2

【分析】设抛物线的焦点为，由，结合抛物线的定义可得线段的中点到轴距离的最小值.

【详解】设抛物线的焦点为，点在抛物线的准线上的投影为，点在直线上的投影为，线段的中点为，点到轴的距离为，则

,

∴ ，当且仅当即三点共线时等号成立，

∴ 线段的中点到轴距离的最小值是2，

故答案为：2.

15．已知函数f(x)＝若f(x)在区间[m，4]上的值域为[－1，2]，则实数m的取值范围为________.

【答案】

【分析】作出函数f(x)的图象，分别利用对数函数和幂函数的单调性和最值，结合已知条件分析出实数m的取值范围．

【详解】作出函数f(x)的图象，

当x≤－1时，函数f(x)＝单调递减，且最小值为f(－1)＝－1，则令＝2，解得x＝－8；当x＞－1时，函数f(x)＝在(－1，2)上单调递增，在[2，＋∞)上单调递减，则最大值为f（2）＝2，又f(4)＝＜2，f(－1)＝－1，所求实数m的取值范围为

故答案为：

【点睛】本题考查对数函数和幂函数的性质，考查函数的单调性和最值，考查函数图象的应用，考查数形结合思想，属于中档题．

四、双空题

16．用表示自然数的所有正因数中最大的那个奇数，例如：9的正因数有1、3、9，，10的正因数有1、2、5、10，.记，则（1）______.（2）______.

【答案】     86    

【分析】根据的含义，可得到，由此可求得的结果；利用，对分组求和，进行递推，结合等差等比数列的前n项和公式，求得答案.

【详解】由题意得： ,

;

,

故答案为：86；.

五、解答题

17．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.

(1)求A；

(2)若D为BC上一点，且，，求的面积.

【答案】(1).

(2).

【分析】（1）利用三角函数恒等变形得到，即可求出角A;

（2）先由余弦定理求得，利用向量的运算求出，直接代入面积公式即可求出的面积.

【详解】（1）在中，因为，

所以由正弦定理得：，即.

因为,所以，即.

因为,所以.

（2）在中，因为，，所以.

由余弦定理得：，即，解得：（舍去）.

因为.

所以，即.

因为，所以，解得：，

所以的面积 .

即的面积为.

18．已知数列的前项的和为，且满足.

(1)求数列的通项公式及；

(2)若数列满足，求数列的前项的和.

【答案】(1)，

(2)

【分析】（1）由求出，由求得数列的递推关系得其为等比数列并得出公比，从而易得通项公式、前项和；

（2）根据绝对值的定义按正负分类讨论去绝对值符号，然后分组求和．

【详解】（1）由得：，即，

由得：，两式相减得：，

即，即数列是以1为首项，2为公比的等比数列，

则，则；

（2）由（1）知：，则，

则当时，，

，

当时，

，

则.

19．在三棱台DEF−ABC中，CF⊥平面ABC，AB⊥BC，且AB=BC=2EF，M是AC的中点，P是CF上一点，且CF=DF=CP（）.

(1)求证：平面BCD⊥平面PBM；

(2)当CP=1，且二面角E−BD−C的余弦值为时，求三棱台DEF−ABC的体积.

【答案】(1)证明见解析；

(2).

【分析】（1）由线面垂直推证，再结合三角形相似证明，即可由线线垂直推证线面垂直；

（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，根据已知二面角大小，求得，再由棱台的体积计算公式即可求得结果.

【详解】（1）证明：在中，因为，且为中点，故可得，

由平面，且面，可得，

又面，故平面，

又面，故.

由可得，又，

故，可得，又

故，故可得，

又面，故可得平面，

又平面，故平面平面.

（2）由可得，连接，

由（1）所知，两两垂直，

故以M为原点，分别以所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系.

易知，

由，可得，，

设平面的法向量为，

则令，得，

设平面的法向量为，

则，令，得，

依题意可得，解得.

故，

易得和的面积分别为和2，

故三棱台的体积为.

20．某公司对40名试用员工进行业务水平测试，根据测试成绩评定是否正式录用以及正式录用后的岗位等级，测试分笔试和面试两个环节．笔试环节所有40名试用员工全部参加；参加面试环节的员工由公司按规则确定．公司对40名试用员工的笔试得分笔试得分都在内进行了统计分析，得到如下的频率分步直方图和列联表．

(1)请完成上面的列联表，并判断是否有的把握认为“试用员工的业务水平优良与否”与性别有关；

(2)公司决定：在笔试环节中得分低于85分的员工直接淘汰，得分不低于85分的员工都正式录用．笔试得分在内的岗位等级直接定为一级无需参加面试环节；笔试得分在内的岗位等级初定为二级，但有的概率通过面试环节将二级晋升为一级；笔试分数在内的岗位等级初定为三级，但有的概率通过面试环节将三级晋升为二级．若所有被正式录用且岗位等级初定为二级和三级的员工都需参加面试．已知甲、乙为该公司的两名试用员工，以频率视为概率．

①若甲已被公司正式录用，求甲的最终岗位等级为一级的概率；

②若乙在笔试环节等级初定为二级，求甲的最终岗位等级不低于乙的最终岗位等级的概率．

参考公式：，

【答案】(1)表格见解析，没有；

(2)①；②.

【分析】（1）根据频率直方图求出得分不低于90分的人数，结合所给的公式和数据进行求解判断即可；

（2）①根据古典概型的计算公式，结合和事件的概率公式进行求解即可；

②分类运算即可得解.

【详解】（1）得分不低于90分的人数为：，所以填表如下：

所以，

因此没有的把握认为“试用员工的业务水平优良与否”与性别有关；

（2）不低于85分的员工的人数为：，

直接定为一级的概率为，

岗位等级初定为二级的概率为：，

岗位等级初定为三级的概率为：.

①甲的最终岗位等级为一级的概率为：；

②甲的最终岗位等级不低于乙的最终岗位等级的概率为：

.

21．在平面直角坐标系中，设为椭圆的左焦点，直线与轴交于点，为椭圆的左顶点，已知椭圆长轴长为8，且.

(1)求椭圆的标准方程；

(2)若过点的直线与椭圆交于两点、，设直线、的斜率分别为、.

①求证：为定值；

②求面积的最大值.

【答案】(1)

(2)①证明见解析；②

【分析】（1）由长轴长和.求出得椭圆方程；

（2）①当的斜率为0时，直接求得，当的斜率不为0时，设，，设，代入椭圆方程，应用韦达定理得，计算可得；②由求得面积表达式，变形后由基本不等式得最值．

【详解】（1）因为，所以，又，

所以，所以，，所以椭圆的标准方程为.

（2）①当的斜率为0时，显然，.

当的斜率不为0时，设，

由得，

设，，故有，，

所以.

因为，

所以.综上所述，恒有为定值.

②，

即，

当且仅当，即时取等号（此时适合），

所以面积的最大值为.

22．已知函数.

(1)求函数在上的最小值；

(2)证明：当时，.

【答案】(1)当时，；当时，；当时，.

(2)见详解

【分析】(1)根据题意，求导，讨论函数在上的单调性，即可求解.

(2)根据题意，先证，放缩得，化简后构造新函数，即可证明.

【详解】（1）由，得，，

令，得，即，因此函数在上单调递减，在上单调递增.

①当，即时，函数在上单调递减，因此；

②当时，函数在上单调递增，因此；

③当，即时，函数在上单调递减，在上单调递增，因此.

综上所述，当时，；当时，；当时，.

（2）证明：设，，则，易得函数在上单调递减，在上单调递增，因此，故恒成立.

要证，只需证，

因为，所以，

故只需证（因时，左边小于右边，所以可以带等号），即.

令，则，易得函数在上单调递减，在上单调递增，因此，故.

因此当时，.

【点睛】分类讨论思想是高中数学一项重要的考查内容.分类讨论思想要求在不能用统一的方法解决问题的时候，将问题划分成不同的模块，通过分块来实现问题的求解，体现了对数学问题的分析处理能力和解决能力.